1、1内蒙古赤峰市宁城县 2018-2019 学年高二上学期期末考试物理试题一、选择题：本题共 12 小题，每小题 4 分，共 48 分在每小题给出的四个选项中，第18 小题只有一个选项正确，第 912 小题有多个选项正确全部选对的得 4 分，选对但不全的得 2 分，有选错或不答的得 0 分1.下列关于电场强度的叙述正确的是A. 电场中某点的场强就是单位电荷受到的电场力B. 电场中某点的场强与该点检验电荷所受的电场力成正比C. 电场中某点的场强与该点有无检验电荷无关D. 电场中某点的场强方向就是检验电荷在该点所受电场力的方向【答案】C【解析】电场中某点的电场强度的大小在数值上等于单位电荷在该点受到
2、的电场力的大小，故 A 错误。电场中某点的场强大小由电场本身决定，与试探电荷无关，不能说电场强度与放在该点的电荷所受到的电场力的大小成正比，故 B 错误，C 正确；电场中某点的场强方向就是正的检验电荷在该点所受电场力的方向，故 D 错误；故选 C.2.关于磁现象的电本质，安培提出了分子电流假说他是在怎样的情况下提出来的（ ）A. 安培通过精密仪器观察到分子电流B. 安培根据原子结构理论，进行严格推理得出的结论C. 安培根据环形电流的磁性与磁铁相似提出的一种假说D. 安培凭空想出来的【答案】C【解析】安培根据环形电流的磁性与磁铁相似提出的一种分子电流假说，C 对。3.实验室用的小灯泡灯丝的 IU
3、 特性曲线可用以下哪个图象来表示（考虑灯丝的电阻随温度的升高而增大） （ ）2A. B. C. D. 【答案】A【解析】根据 可知， I-U 图象的斜率大小表达电阻的倒数，因为灯丝的电阻随温度的升高而增大，I=UR因此 I-U 特性曲线是过原点的向电压轴倾斜的曲线，故 A 正确，BCD 错误。4.空间有一电场，电场线如图所示，电场中有两个点 a 和 b。下列表述正确的是（ ）A. 该电场是匀强电场B. a 点的电场强度比 b 点小C. 负电荷在 a 点的电势能比在 b 点的高D. a 点的电势比 b 点的高【答案】C【解析】【分析】电场线的疏密代表场强的强弱，场强处处相同的电场为匀强电场。沿电
4、场线方向电势逐渐降低。【详解】A、该电场的电场线疏密不同，场强不同，不是匀强电场。故 A 错误；B、a 点的电场线比 b 点密，所以 a 点的场强大于 b 点的场强。故 B 错误；C、负电荷从 a 到 b 电场力做正功，故电势能减小，故在 a 点的电势能比在 b 点的大。故 C正确；D、沿电场线方向电势逐渐降低，知 b 点的电势大于 a 点的电势。故 D 错误。3故选：C。【点睛】解决本题的关键知道电场线的特点，电场线的疏密代表电场的强弱，电场线上某点的切线方向表示电场的方向。5.对于一个电容器，下列说法中正确的是（ ）A. 电容器所带的电量越多，电容越大B. 电容器两极板间的电势差越大，电容
5、越大C. 电容器两极板间的电势差减小到原来的一半，它的电容也减小到原来的一半D. 电容器所带的电量增加为原来的两倍，两极板间的电势差也增加为原来的两倍【答案】D【解析】【分析】电容表征电容器容纳电荷的本领大小，由电容器本身的特性决定，与两极板间的电压、所带的电荷量无关。【详解】ABC、 是比值定义式，C 与 U、Q 无关，电容表征电容器容纳电荷的本领大小，C=QU由电容器本身的特性决定，与两极板间的电压、所带的电荷量无关。故 A、B、C 均错误，D、由 ，得 ，则电量增加为原来的两倍，两极板间的电势差也增加为原来的两倍，C=QU U=QC故 D 正确故选：D。【点睛】电容 ，采用的是比值定义法
6、，有比值定义法共性，C 与 U、Q 无关，由电容器C=QU本身决定6.在磁感应强度为 B 的匀强磁场中有一个面积为 S 的闭合金属线框 abcd，如图所示开始时金属线框与磁感线平行，当线框绕 OO轴转动 30角时，穿过线框的磁通量为（ ）A. BS B. C. D. 012BS 32BS【答案】B4【解析】【分析】通过线圈的磁通量可以根据 BSsin 进行求解， 为线圈平面与磁场方向的夹角。【详解】当线圈绕 OO轴转过 30时，BSsin0.5BS【点睛】解决本题的关键掌握磁通量的公式，知道当线圈平面与磁场平行时，磁通量为0，当线圈平面与磁场方向垂直时，磁通量最大。7.已知 G 表的内阻为 1
7、00，满偏电流为 300A，若用此表头改装成 0.6A 量程的电流表，则（ ）A. 串联一个 199900 电阻 B. 串联一个 0.05 电阻C. 并联一个 199900 电阻 D. 并联一个 0.05 电阻【答案】D【解析】试题分析：把电流表改装成大量程电流表，需要并联一个分流电阻，应用并联电路特点与欧姆定律可以求出并联电阻阻值解：把电流表改装成 0.6A 的电流表需要并联一个分流电阻，分流电阻阻值：R= = 0.05；则 D 正确，ABC 错误故选：D【点评】本题考查了电流表的改装，知道电流表改装原理、应用并联电路特点与欧姆定律即可正确解题8.如图所示，A、B 两个灯泡均正常发光，当滑动
8、变阻器 R2的滑片 P 向 d 端滑动时则（ ）A. A 灯变亮，B 灯变暗 B. A 灯变暗，B 灯变亮C. A、B 灯均变亮 D. A、B 灯均变暗【答案】D【解析】5试题分析：当变阻器的滑片 P 向下端滑动时，滑动变阻器 变小，滑动变阻器和灯泡 B 组RD成的并联电路电阻 变小，与定值电阻 R 组成的串联电阻 变小，与灯泡 A 组成的并联RBD R并 1电阻即外电阻 变小，电路总电阻 变小，电路总电流 变大，路端电压即灯泡 A 的R R+r I=ER+r两端电压 变小，灯泡 A 变暗，选项 AC 错。通过灯泡 A 的电流 ，流过定值电路U=EIr IA=URA的电流 变大，定值电阻的电压
9、 变大，滑动变阻器和灯泡 B 构成并联的电压I并 =IIA UR减小，即灯泡 B 的端电压变小，灯泡 B 变暗，选项 B 错 D 对。UBD=UIAR考点：动态电路9.一束粒子沿水平方向平行飞过小磁针上方，如图所示，此时小磁针 S 极向纸内偏转，这一束粒子可能是（ ）A. 向右飞行的正离子束 B. 向左飞行的正离子束C. 向右飞行的负离子束 D. 向左飞行的负离子束【答案】BC【解析】试题分析： 向左飞行的正离子束形成的电流方向向左，根据安培定则可知，离子在下方产生的磁场方向向外，则 N 极转向外，S 极转向里，符合题意，故 B 正确；同理，可知 D 错误；向右飞行的负离子束形成的电流方向向左
10、，根据安培定则可知，离子在下方产生的磁场方向向外，则 N 极转向外，S 极转向里，符合题意，故 C 正确，同理可知 A 错误。考点：安培定则.10.南极考察队队员在地球南极附近用弹簧秤竖直悬挂一还未通电的螺线管，如图所示，下列说法正确的是（ ）6A. 若将 a 端接电源正极，b 端接电源负极，则弹簧秤示数将减小B. 若将 a 端接电源正极，b 端接电源负极，则弹簧秤示数将增大C. 若将 b 端接电源正极，a 端接电源负极，则弹簧秤示数将增大D. 若将 b 端接电源正极，a 端接电源负极，则弹簧秤示数将减小【答案】AC【解析】【分析】根据安培定则，结合电流的方向判断出通电螺线管的磁场的方向，然后
11、根据同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引即可判定。【详解】AB、若将 a 端接电源正极，b 端接电源负极，则根据安培定则可知，螺线管的下端是磁场的 N 极，磁场的方向向下；又南极附近的磁场的方向向上，所以螺旋管将受到排斥力，弹簧测力计示数将减小。故 A 正确，B 错误；C、若将 b 端接电源正极，a 端接电源负极，则根据安培定则可知，螺线管的上端是磁场的N 极，磁场的方向向上；又南极附近的磁场的方向向上，所以螺旋管将受到吸引力，弹簧测力计示数将增大。故 C 正确； D、由上分析可知，故 D 错误。【点睛】该题结合地球的磁场的特点考查安培定则，情景的设置新颖，与实际生活的结合比较好，是一道理论结合
12、实际的好题目。11.如图所示，匀强电场中 a、b、c、d 四个水平平面，间距相等，每个平面上各点的匀强电场方向都垂直于平面。一个电子射入电场后的运动轨迹如实线 MN 所示，由此可知（ ）A. 电场强度方向向左B. 电子在 N 的动能小于在 M 的动能C. a 平面的电势低于 b 平面D. 电子在 N 的电势能小于在 M 的电势能的电势【答案】BC【解析】7【分析】根据电场线方向与等势线垂直和电子所受的电场力指向轨迹的内侧，判断出电子所受的电场力方向，分析电场力做功的正负，根据动能定理分析动能的变化和电势能的变化。根据顺着电场线方向电势降低，判断电势的高低。【详解】A、根据电场线方向与等势线垂直
13、可知，电场线方向必定位于竖直方向，则电子所受的电场力必定在竖直方向。电子做曲线运动，所受的电场力方向指向轨迹的内侧，所以可知电子所受的电场力方向应竖直向下，电子带负电，电场力方向与电场强度方向相反，所以可知电场强度方向竖直向上，如图所示，故 A 错误;BD、若电子由 M 运动到 N，电子所受的电场力方向应竖直向下，与速度方向的夹角为钝角，对电子做负功，根据动能定理可知，电子的动能减小，电势能增加，所以电子在 N 的动能小于在 M 的动能，在 N 的电势能大于在 M 的电势能，故 B 正确，D 错误;C、根据顺着电场线方向电势降低，得知，a 点电势低于 b 点电势，故 C 正确。【点睛】解决本题
14、的关键是根据电子的轨迹弯曲方向和电场线方向判断出电场力方向，运用动能定理和电场力做功与电势能变化的关系进行分析，注意掌握电场线与等势面之间的关系。12.如图所示，两个倾角分别为 30和 60的光滑斜面固定于水平地面上，并处于磁感应强度大小为 B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，两个质量均为 m、电荷量均为 q 的带正电小滑块甲和乙分别从两个斜面顶端由静止释放，运动一段时间后，两小滑块都将飞离斜面（斜面足够长） ，在此过程中（ ）A. 在斜面上运动的时间，甲比乙短B. 飞离斜面瞬间的速度，甲比乙大8C. 在斜面上运动过程中的加速度大小，甲和乙相等D. 在斜面上运动过程中的重力平均功率，甲和乙相等【
15、答案】B【解析】【分析】小滑块向下运动的过程中受到重力、支持力、垂直斜面向上的洛伦兹力，向下运动的过程中，速度增大，洛伦兹力增大，支持力减小，当支持力减到 0 时，离开斜面。根据平衡条件确定离开时的速度，再根据匀变速直线运动规律可确定离开的时间以及速度，根据功率公式确定平均功率的大小关系。【详解】A、小滑块飞离斜面时，洛伦兹力与重力的垂直斜面的分力平衡，故：。解得： ，所以斜面角度越小，飞离斜面瞬间的速度越大；由受力mgcos=qvmB vm=mgcosqB分析得加速度 agsin，所以甲的加速度小于乙的加速度，因为甲的最大速度大于乙的最大速度，由 vmat 得，甲的时间大于乙的时间，故 A
16、错误，B 正确；C、物体受重力、支持力和洛伦兹力作用，由于支持力和洛伦兹力与运动方向相互垂直，故合外力为 mgsin，根据牛顿第二定律可知，加速度大小为 gsin；两物体的加速度不相同，故 C 错误；D、由平均功率的公式 ，因夹角不同，故重力的平均功率不相同，故 D 错P=Fv=m2g2sincos2qB误。【点睛】解决本题的关键知道洛伦兹力的方向和洛伦兹力的大小以及能够正确的受力分析，理清物体的运动状况，注意明确洛伦兹力永不做功的基本性质。二、实验题：（共 16 分每空 2 分，请把答案填在答题卡中的横线上）13.某同学要测定一个圆柱体的电阻率，进行了如下操作：（1）用准确到 0.1mm 的
17、游标卡尺测量圆柱体的长度，用螺旋测微器测量其直径如下图所示可知其长度为_mm，其直径为_mm；9（2）用已调零且选择旋钮指向欧姆档“1”位置的多用电表粗略测量该圆柱体的电阻，根据如图 2 所示的表盘，可读出被测电阻阻值为_（3）为了精确的测量该圆柱体的电阻，实验室准备了如下实验器材，用伏安法进行测量：电压表 V1（量程 03V，内电阻约 1k） ；电压表 V2（量程 015V，内电阻约 5k） ；电流表 A1（量程 03A，内电阻约 0.2） ；电流表 A2（量程 0600mA，内电阻为 1） ；滑动变阻器 R（最大阻值为 10，额定电流为 1A） ；电池组 E（电动势为 4V、内电阻约为 0
18、.1） ；开关及导线若干为使实验能正常进行，减小测量误差，实验要求电表读数从零开始变化，并能多测几组电流、电压值，以便画出电流电压关系图线，则电压表应选用_（填实验器材的代号）电流表应选用_（填实验器材的代号） 完成实验电路图（图 3） （4）这位同学在一次测量时，电流表、电压表的示数如图 4 所示由图可知，电流表读数为_A，电压表的读数为_ V10【答案】 (1). 29.8 (2). 2.130 (3). 7.0 (4). V 1 (5). A 2；(6). 0.46 (7). 2.40【解析】【分析】（1）解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读螺旋测微器的读
19、数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读（2）欧姆表的读数是指针的读数乘以欧姆档的倍数；（3）根据电源的电动势和待测电阻的大约阻值，求出电流最大值的大约值，从而确定电流表的量程根据待测电阻的大小确定电流表的内外接，实验要求电表读数从零开始变化，并能多测几组电流、电压值，知滑动变阻器采用分压式接法（4）根据图示电表确定其分度值，读出其示数【详解】 （1）游标卡尺的主尺读数为：2.9cm29mm，游标尺上第 8 个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为 80.1mm0.8mm，所以最终读数为：29mm+0.8mm29.8mm螺旋测微器的固定刻度为 2.0mm，可动刻度为 1
20、3.00.01mm0.130mm，所以最终读数为2.0mm+0.130mm2.130mm（2）欧姆表指针的读数为 7.0，乘以欧姆档的倍数为“l” ，所以欧姆表的读数为7.0l7.0（3）电源电动势为 4V，则电压表选择电压表 V1，最大电流 ，则电流表应选I=37=0.43A用电流表 A2，实验要求电表读数从零开始变化，并能多测几组电流、电压值，知滑动变阻器采用分压式接法待测电阻远小于电压表的内阻，与电流表内阻接近，属于小电阻，则电流表采用外接法11（4）根据图 3 可知，由图示电流表可知，其分度值为 0.02A，示数为 0.46A；由图示电压表可知，其分度值为 0.1V，示数为 2.40V
21、故答案为：（1）29.8；2.130；（2）7.0；（3）V 1；A 2；如图所示；（4）0.46；2.40【点睛】对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，正确使用这些基本仪器进行有关测量，欧姆表的读数要乘以欧姆档的倍数，难度适中。三、计算题：（共 36 分应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤只写出最后答案的不能得分有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位 ）14.如图所示的电路中，电阻 R115，R 230当开关 S1、S 2都闭合时，电流表的读数I10.4A；当开关 S1闭合、S 2断开时，电流表的读数 I20.3A；求电源的电动势 E 和内阻 r【答案】6V；5【
22、解析】【分析】对开关 S1、S 2都闭合时和开关 S1闭合、S 2断开时的两种情况，分别根据闭合电路欧姆定律列方程，联立求解即可【详解】当开关 S1、S 2都闭合时，R 1、R 2并联，外电路总电阻为： =10R=R1R2R1+R2由闭合电路欧姆定律得： E=I1(R+r)代入得：E0.4（10+r）12当开关 S1闭合、S 2断开时，由闭合电路欧姆定律得： E=I2(R1+r)代入得：E0.3（15+r）解方程得：E6V，r5【点睛】根据两种情况分别列方程，由闭合电路欧姆定律求电源的电动势和内阻是常用的方法，类似于实验中伏阻法。15.如图所示，一带电量为 q 的小球，质量为 m，以初速度 v
23、0竖直向上射入水平方向的匀强磁场中，磁感应强度为 B当小球在竖直方向运动 h 高度时到达 b 点，重力加速度为 g。（1）判断小球带何种电荷？（2）球在 b 点上所受的磁场力多大？【答案】 （1）小球带负电 （2） qBv202gh【解析】【分析】（1）由左手定则根据磁场方向和运动偏转方向可知小球的电性；（2）a 到 b，洛伦兹力不做功，只有重力做功，可求得 B 点的速度；再由洛伦兹力公式FqvB 解得 F 大小。【详解】 （1）由左手定则可以判定小球带负电（2）从抛出点到 b 点，只有重力做功，洛仑兹力不做功由动能定理得： -mgh=12mv2-12mv20得： v= v20-2gh由洛仑兹
24、力公式 得，f洛 =qvB f洛 =qBv20-2gh【点睛】此题要求同学们会用左手定则判定受力方向，注意四指指正电荷运动的方向；能根据洛伦兹力充当向心力列式求解，注意明确洛伦兹力永不做功。16.一长为 L 的细线，上端固定，下端拴一质量为 m、带电荷量为 q 的小球，处于如图所示的水平向右的匀强电场中，开始时，将线与小球拉成水平，然后释放小球由静止开始向下摆动，当细线转过 60角时，小球到达 B 点速度恰好为零试求：13（1）AB 两点的电势差 UAB；（2）匀强电场的场强大小；（3）小球到达 B 点时，细线对小球的拉力大小【答案】(1) (2) (3)【解析】试题分析：（1）A 到 B 点动能定理 所以（2）（3）设转过 ，m，0 到 V，由动能定理得：， 时，V最大，V=考点：动能定理、牛顿第二定律【名师点睛】考查牛顿第二定律、动能定理的应用，注意几何关系的正确应用，理解动能定理中的各力做功的正负 （1）根据牛顿第二定律，即可求解；（2）根据动能定理，结合几何关系，即可求解；（3）根据动能定理，与动能表达式，并由几何关系，即可求解
